2022年高考物理一轮复习讲练测03 质量检测（解析Word版）

第三章 牛顿运动定律【单元检测】 考试时间：60 分钟 试卷总分：100 分 注意事项： 1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考 场、座位号填写在答题卡上。 2. 回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑，如需改动，用 橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框。写在本试卷上无效。 3. 答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 第Ⅰ卷(选择题，共 48 分) 一、选择题：(本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～5 题只有一项符 合题目要求，第 6～8 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分）。 1．（2021·天津高三模拟）幼儿园滑梯（如图甲所示）是孩子们喜欢的游乐设施之一，滑梯可以简化为如图 乙所示模型。一质量为 m 的小朋友（可视为质点），从竖直面内、半径为 r 的圆弧形滑道的 A 点由静止开始 下滑，利用速度传感器测得小朋友到达圆弧最低点 B 时的速度大小为 2 gr （g 为当地的重力加速度）。已知 过 A 点的切线与竖直方向的夹角为 30°，滑道各处动摩擦因数相同，则小朋友在沿着 AB 下滑的过程中（ ） A．在最低点 B 时对滑道的压力大小为 3 2 mg B．处于先超重后失重状态 C．重力的功率先减小后增大 D．克服摩擦力做功为 2 mgr 【答案】A 【解析】A．根据牛顿第二定律得 FN–mg= m 2v r ，结合牛顿第三定律得小朋友在最低点 B 时对滑道的压力大 小为 3 2NF mg ，选项 A 正确；B．小朋友在 A 点时加速度沿着切线向下，处于失重状态，到最低点时加 速度竖直向上，处于超重状态，选项 B 错误；C．小朋友在 A 点时速度为零，重力的功率为零，到最低点 时重力的方向与速度方向垂直，重力的功率也为零，故重力的功率先增大后减小，选项 C 错误；D．由动能 定理得 mgr（1–cos60°）-Wf = 1 2 mv2，联立可得克服摩擦力做功为 4f mgrW  ，选项 D 错误。故选 A。 2．（2021·湖南娄底市高三零模）如图所示。质量均为 m 的 a、b 两物块用轻杆连接放在倾角为 37°的斜面上、 在斜面上的 BC 段、b 在斜面上的 AB 段。斜面上 AB 段粗糙，b 与 AB 段间的动摩擦因数为 0.5， BC 段光 滑，重力加速度为 g。同时释放 a、b，则释放的一瞬间（已知sin37 0.6  ， cos37 0.8  ）（ ） A．物块 a 的加速度大小为 0.4g B．物块 a 的加速度大小为 0.5g C．杆对物块 a 的拉力大小为 0.4mg D．杆对物块 a 的拉力大小为 0.3mg 【答案】A 【解析】释放 a、b 的一瞬间、对 a、b 整体研究，有 2 sin37 cos37 2mg mg ma    ，解得 0.4a g 对 a 研究，有 sin37mg T ma   ，解得 0.2T mg ，故选 A。 3．（2021 届河北衡水中学高三联考）如图甲所示，足够长的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，以 弹簧上端位置为坐标原点 O，沿竖直向下建立坐标轴 Ox 。现将质量为 m 的小球从原点 O 正上方高度 h 处 由静止释放，在小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，小球所受弹力 F 的大小随 x（x 表示小球的位 置坐标）的变化关系如图乙所示。若不计小球与弹簧接触时的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，不 计空气阻力，重力加速度为 g，则下列说法正确的是（ ） A．当 0x x 时，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最大 B．小球动能的最大值为 0 2 mgxmgh  C．当 02x x 时，小球的速度大于 2gh D．小球在最低点的加速度大小等于 g 【答案】B 【解析】当 0x x 时，弹簧弹力等于重力大小，小球的加速度为零，动能最大，由机械能守恒定律可知小 球的重力势能和弹簧的弹性势能之和最小，A 错误； 当 0x x 时，由 F x 图像可知弹力做的功 0 1 2FW mgx  由释放到动能最大的过程，根据动能定理得  0 0 km 1 2mg h x mgx E   可得 km 0 1 2E mgh mgx  ，B 正确； 当 02x x 时，由 F x 图像可知弹力做的功 02FW mgx  由动能定理可得   2 0 12 2Fmg h x W mv   解得小球的速度大小 2v gh ，C 正确； 小球在 02x x 位置会继续向下运动而压缩弹簧，小球在最低点时 02x x ，有 2F mg ，由牛顿第二定律 可知小球在最低点的加速度 F mg ma  ，则 F mga gm   ，D 错误。故选 B。 4．（2021·湖南衡阳市高三一模）北京冬奥会将于 2022 年某日开幕。将运动员推冰壶的情景简化为图甲的模 型， 0t  时，运动员对冰壶施加一水平向右的推力 3NF  ，作用 1 秒后撤去推力 F ，冰壶运动的v t 图 像如图乙所示，已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为 0.1  ，则冰壶的质量和 1st  时冰壶的速度大小分别为 （取 210m / sg  ）（ ） A．1kg,lm / s B．1kg,2m / s C． 2kg,lm / s D． 2kg,2m / s 【答案】B 【解析】物体先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得 2=mg ma ， 2 2 1m/sa  ，由图像可知 1 2: 2:1a a  ，故 2 1 2m/sa  。又因为 1F mg ma  ，解得 m=1kg，又 v at ，可知 v=2m/s。故选 B。 5．(2020·浙江模拟)如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D 为弹射装置，AB 是长为 21 m 的水平轨道， 倾斜直轨道 BC 固定在竖直放置的半径为 R＝10 m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道 AB 与 BC 平滑 连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置 D 的作用下，以 v0＝10 m/s 的速度滑上 轨道 AB，并恰好能冲到轨道 BC 的最高点。已知小车在轨道 AB 上受到的摩擦力为其重量的 0.2 倍，轨道 BC 光滑，则小车从 A 到 C 的运动时间是(取 g＝10 m/s2)( ) A. 5 s B．4.8 s C．4.4 s D．3 s 【答案】A 【解析】小车在 AB 段，由题意知 f＝μmg，得μ＝0.2，其加速度大小为 a1＝μg＝2 m/s2，由运动学公式得 LAB ＝v0t1－1 2a1t21 ，解得 t1＝3 s，或 t1′＝7 s(舍去)。从 B 到 C 运动时，如图所示，LBC＝2Rsin θ，加速度为 a2＝ gsin θ，所以 LBC＝1 2a2t22，得 t2＝2 s，所以从 A 到 C 的时间为 t＝t1＋t2＝5 s。 6．（2021 江苏省模拟题）以下说法不符合物理学史的是 A. 亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止在某一个地方 B. 伽利略通过理想实验得出结论：力是维持物体运动的原因 C. 笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不 偏离原来的方向 D. 牛顿第一定律是逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能直接用实验验证 【答案】B 【解析】 A. 亚里士多德认为力的作用是使物体运动的原因，A 正确； B.伽利略通过理想实验得出运动不需要力来维持，B 错误； C.笛卡儿指出如果运动中的物体没有受到力的作用，它将以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离 原来的方向，C 正确； D.牛顿第一定律是逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能直接用实验验证，D 正确。 7．（2021 届辽宁省铁岭市六校高三一模）在煤矿安全生产过程中，用传送带运输煤块，大大提高了劳动效 率，节省了人力，生产线简化如图所示，浅色传送带与水平面夹角为37 ，传送带以8m/s 的恒定速率沿逆 时针方向转动。在传送带上端 A 处无初速度地轻放上一个质量为 2kg 的煤块（可视为质点），煤块与传送带 间的动摩擦因数为 0.25，已知传送带 A 到 B 的长度为14m 。取 2sin37 0.6,cos37 0.8,g 10m/s     。则 在物块从 A 运动到 B 的过程中（ ） A．物块从 A 运动到 B 的时间为 2.0s B．物块到 B 的速度为8m/s C．煤块在传送带上留下的划痕长度 6m D．因物块和皮带之间的摩擦而产生的内能为 24J 【答案】AD 【解析】A．物体放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下。由牛顿第二定律得： 2 1 sin 37 cos37 8m/smg mga m    则速度从零加速到传送带的速度所需的时间为： 1 1 8 s 1s8 vt a    ，经过的位移为： 2 1 1 1 1 1 8 1m 4m2 2x a t     ，由于 mgsin37°＞μmgcos37°，可知物体与传送带不能保持相对静止，继续做 匀加速运动。速度相等后，物体所受的滑动摩擦力沿斜面向上。根据牛顿第二定律得： 2 2 sin37 cos37 sin37 cos37 4m/smg mga g gm          根据 2 2 2 2 1 1 2vt a t L x   ，解得：t2=1s，则 t=t1+t2=2s，故 A 正确。 B．物块到 B 的速度为 2 2 12m/sBv v a t   ，故 B 错误； C ． 煤 块 在 传 送 带 上 第 一 个 加 速 阶 段 留 下 的 划 痕 长 度 1 1 1 1 4m2x vt vt    ， 第 二 个 加 速 阶 段 2 2 2 1 ( ) 2m2 Bx v v t vt     ，故总划痕长度 1 4mx x    ，故 C 错误； D．因物块和皮带之间的摩擦而产生的内能为 2 1( )cos 24JQ mg x x      ，故 D 正确。故选 AD。 8．（2021 届河北衡水中学高三期中）如图甲所示，长木板 B 放在光滑的水平面上，质量为 m=4kg 的小物块 A 可视为质点，以水平速度 v0=3m/s 滑上原来静止的长木板 B 的上表面，由于 A、B 间存在摩擦，导致 A、 B 的速度随时间变化情况如图乙所示，取 g=10m/s2，则下列说法正确的是 A．A、B 之间的滑动摩擦因数为 0.1 B．物块 A 克服摩擦力做功为 16J C．木板 B 获得的最大动能为 2J D．A、B 系统产生的热量为 12J 【答案】BD 【解析】由图乙得，A、B 间相对滑动时，物体 A 的加速度大小 2 2 1 3 1 / 2 /1 0a m s m s  ；物体 B 的加速 度大小 2 2 2 1 0 / 1 /1 0a m s m s  ；对 A 受力分析，由牛顿第二定律可得： 1mg ma  ，解得：A、B 之间 的滑动摩擦因数 0.2  ．故 A 项错误；由图乙得：物体 A 在 0～1s 内位移 3 1 1 22Ax m m   ，摩擦力 对 A 做的功 0.2 4 10 2 16f AW mgx J J         ，则物块 A 克服摩擦力做功为 16J．故 B 项正确； 对 B 受力分析，由牛顿第二定律可得： 2mg Ma  ，解得：木板 B 的质量 8M kg ，木板 B 获得的最大 动能 2 21 1 8 1 42 2kBE Mv J J     ．故 C 项错误；由图乙得，两物体间相对位移 1 3 1 1.52s m m    ， 则 A、B 系统产生的热量 0.2 4 10 1.5 12Q mgs J J      ．故 D 项正确。 第Ⅱ卷(非选择题，共 52 分) 9.（6 分）（2021 届福建省三明市一中高三期中）为“验证牛顿第二定律”，某同学设计了如下实验方案： A．实验装置如图甲所示，一端系在滑块上的轻质细绳通过转轴光滑的轻质滑轮，另一端挂一质量为 m＝0.5kg 的钩码。用垫块将长木板附定滑轮的一端垫起，调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下 做匀速直线运动； B．保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，连接纸带，接通打点计时器的电源，然后让滑块沿长木板滑 下，打点计时器打下的纸带如图乙所示。 请回答下列问题： (1)图乙中纸带的____端与滑块相连（选填“左”或“右”）。 (2)图乙中相邻两个计数点之间还有 4 个点未画出，打点计时器接频率为 50Hz 的交流电源，根据图乙求出滑 块的加速度 a＝________m/s2。 (3)不计纸带与打点计时器间的阻力，滑块的质量 M＝________kg（g 取 9.8 m/s2，结果保留 3 位有效数字）。 【答案】右端 1.65 2.97 【解析】(1)[1].因为打点计时器每隔 0.02s 打一个点，两个计数点之间还有 4 个打点未画出，所以两个计数 点的时间间隔为 T=0.1s，时间间隔是定值，滑块拖动纸带下落的运动过程中，速度越来越快，所以相等时 间内运动的位移越来越大。所以图乙中纸带的右端与滑块相连。 (2)[2].根据△x=aT2 利用逐差法，有 2 2 2 0.079 0.0625 0.046 0.0295 m/s 1.65m/s4 0.1a     ＝ (3)[3].由 A 步骤可知，取下细绳和钩码后，滑块受到的合外力为 F=0.5×9.8N=4.9N 根据牛顿第二定律得 4.9 kg 2.97kg1.65 FM a  ＝ ＝ 10．(8 分) （2021 届福建省厦门市高三质检）在“探究质量一定时，加速度与物体所受合力的关系”的实验 中，实验装置如图甲所示，两滑轮间的轻绳始终与长木板平行，打点计时器所接的交流电的频率为50Hz 。 （1）对该实验，下列必要且正确的操作有_________； A．取下砂桶，抬起长木板右端，使小车沿长木板做匀速运动 B．测量砂桶和砂的质量 C．实验时需要先释放小车，再接通电源 （2）若在实验中得到一条纸带如图乙所示， 0、1、2、3、4 为五个相邻的计数点，每相邻的两个计数点之 间还有四个计时点未画出。根据纸带数据，可求出小车的加速度大小 a _________ 2m/s （结果保留两位有 效数字）； （3）该实验中，砂和砂桶的总质量 m___________（选填“需要”或“不需要”）远小于小车的质量 M； （4）以力传感器的示数 F 为横坐标，通过纸带计算出的加速度 a 为纵坐标，画出 a F 图像如图丙所示， 则小车的质量 M  _________ kg （结果保留两位有效数字）。 【答案】A 0.80 不需要 0.33 【解析】（1）此实验需要平衡小车所受摩擦力，平衡时需要取下砂桶，故 A 正确；由力传感器可以测出拉 力的大小，不需要测量砂桶和砂的质量，故 B 错误；实验时需要先接通电源，再释放小车，故 C 错误。故 选 A。 （2）根据匀变速规律可得，小车的加速度大小为 2 2 2 [(6.61 5.80) (5.01 4.20)] 0.01m/s 0.80m/s4 0.1a      （3）由于拉力可以通过力传感器直接测出，所以不需要满足砂和砂桶的总质量 m 远小于小车的质量 M。 （4）对小车，根据牛顿第二定律可得 2F Ma 结合图象斜率有 2 4.5 0.75k M   解得：小车质量为 0.33kgM  11．（6 分）（2021.广东惠州高三质检）在用 DIS 研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图 a 所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，位移 传感器(发射器)随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器(接收器)固定在轨道一端，实验中力传感器的拉力 为 F，保持小车[包括位移传感器(发射器)]的质量不变，改变重物重力重复实验若干次，得到加速度与外力 的关系如图 b 所示。 (1)小车与轨道间的滑动摩擦力 Ff＝________N。 (2)从图象中分析，小车[包括位移传感器(发射器)]的质量为________kg。 (3)该实验小组为得到 a 与 F 成正比的关系，应将斜面的倾角θ调整到 tan θ＝________。 【答案】(1)0.67 (2)0.67 (3)0.1 【解析】(1)根据图象可知，当 F＝0.67 N 时，小车开始有加速度，则 Ff＝0.67 N (2)根据牛顿第二定律 a＝F－Ff M ＝ 1 MF－Ff M ，则 a－F 图象的斜率表示小车[包括位移传感器(发射器)]质量的 倒数，则 M＝1 k ＝4.0－2.0 5.0－2.0 kg＝2 3 kg≈0.67 kg (3)为得到 a 与 F 成正比的关系，则应该平衡摩擦力，则有： Mgsin θ＝μMgcos θ 解得 tan θ＝μ 根据 Ff＝μMg 得μ＝ 0.67 2 3×10 ＝0.1 所以 tan θ＝0.1 12．（10 分）（2021 届河北省“五个一名校联盟”高三联考）我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代 大型喷气式客机 C919 首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度 为零的匀加速直线运动，当位移 x＝1.6×103 m 时才能达到起飞所要求的速度 v＝80 m/s。已知飞机质量 m＝ 7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的 0.1 倍，重力加速度 g＝10 m/s2。求飞机滑跑过程中 (1)加速度 a 的大小； (2)牵引力的平均功率 P。 【答案】(1)2 m/s2 (2)8.4×106 W 【解析】(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有 v2＝2ax① 代入数据解得 a＝2 m/s2② (2)设飞机滑跑受到的阻力为 F 阻，依题意有 F 阻＝0.1mg③ 设发动机的牵引力为 F，根据牛顿第二定律有 F－F 阻＝ma④ 设飞机滑跑过程中的平均速度为v － ，有 v － ＝v 2 ⑤ 在滑跑阶段，牵引力的平均功率 P＝Fv － ⑥ 联立②③④⑤⑥式得 P＝8.4×106 W⑦ 13．（10 分）(2020·山东泰安月考)如图 9 甲所示，质量 m＝2 kg 的物体在水平面上向右做直线运动。过 a 点 时给物体施加一个水平向左的恒力 F 并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体 的瞬时速度，所得 v－t 图象如图乙所示。重力加速度 g 取 10 m/s2。求： (1)力 F 的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ； (2)10 s 后撤去拉力 F，求物体再过 15 s 离 a 点的距离。 【答案】(1)3 N 0.05 (2)38 m 【解析】(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为 a1，则由 v－t 图象得加速度 a1＝Δv1 Δt1 ＝0－8 4 m/s2＝－2 m/s2，方向与初速度方向相反。 设物体向左做匀加速直线运动的加速度为 a2，则由 v－t 图象得加速度 a2＝Δv2 Δt2 ＝－6－0 6 m/s2＝－1 m/s2，方 向与初速度方向相反。 在 0～4 s 内，根据牛顿第二定律，有 －F－μmg＝ma1 在 4～10 s 内，－F＋μmg＝ma2 代入数据解得 F＝3 N，μ＝0.05。 (2)设 10 s 末物体的位移为 x，x 应为 v－t 图象与坐标轴所围的面积，则有 x＝1 2×4×8 m－1 2×6×6 m＝－2 m， 即物体在 a 点左侧 2 m 处。 设撤去拉力 F 后物体做匀减速直线运动的加速度大小为 a3， 根据牛顿第二定律有μmg＝ma3 得 a3＝0.5 m/s2 物体减速到零的时间为 t＝ v a3 ＝ 6 0.5 s＝12 s 则物体再过 15 s 的位移即为 12 s 内的位移， 物体在 12 s 内的位移为 x′＝ v2 2a3 ＝ 36 2×0.5 m＝36 m 物体在 15 s 后离 a 点的距离为 d＝|x|＋x′＝38 m。 14．（12 分）（2021 届河北省邯郸市高三一模）如图所示，质量 M=8kg 的长木板 B 沿水平地面向左运动， 同时受到水平向右的恒力 F=48N 的作用，当长木板 B 的速度 v=6m/s 时，从长木板 B 的左端滑上一质量 m=2kg 的小木块 A，此时小木块 A 的速度大小也为 v=6m/s，已知小木块 A 未从长木板 B 的右端滑下，小木块 A 与长木板 B 和长木板 B 与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度 g=10m/s2。求： （1）长木板 B 向左运动的最大位移； （2）长木板 B 的长度至少为多少。 【答案】（1）2m；（2） 199 m27 【解析】(1)初始时刻对小木块 A、长木板 B 分别进行受力分析如图所示 对小木块 A 有μmg=ma1 解得 a1=2m/s2 ，方向向左 对长木板 B 有 F+μmg+μ(M+m)g=Ma2 解得 a2=9m/s2 ，方向向右 可见长木板 B 先向左减速直到速度为零，此时 1 2 2 s3 vt a   ， 1 1 2m2B vx t  (2)在 1 2 s3t  时间内，小木块 A 一直向右减速，有 1 1 1 14 m/s3v v a t   1 1 1 32 m2 9A v vx t  之后，小木块 A 继续向右减速，加速度不变；长木板 B 开始向右加速，其加速度为 2 3 ( ) 4m/sF mg M m ga M      设又经过 t2 两者共速，有 v 共=v1－alt2=a3t2 解得 2 7 s9t  ， 28 9v 共 m/s 则 1 2 2 245 m2 81A v vx t  共 ， 2 2 98 m2 81B vx t 共 这时小木块 A 相对长木板 B 向右运动的位移为 1 1 2 2 199 m27A B A Bx x x x x     即长木板 B 的长度至少为 199 m27 。